Đề thi thử đại học 2010 môn toán – Đề 03

<span class='text_page_counter'>(1)</span>ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC 2010 Môn Toán – ĐỀ 03 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số y . 2x 1 (C) x 1. 1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho 2.Tìm trên đồ thị (C) những điểm có tổng khoảng cách đến hai tiệm cận của (C) nhỏ nhất. Câu II (2 điểm) 1.Giải phương trình sau: 8  sin 6 x  cos 6 x   3 3 sin 4 x  3 3cos 2 x  9sin 2 x  11 . 2 y 2  x 2  1. 2. Giải hệ phương trình: . 3 3 2 x  y  2 y  x 2. 1 x. Câu III (1 điểm) Tính tích phân: I =  ( x  1  )e 1 2. .. x. 1 x. dx .. Câu IV(1 điểm) Cho tứ diện ABCD có AC = AD = 𝑎 2, BC = BD = a, khoảng cách từ B đến mặt phẳng (ACD) bằng diện ABCD bằng. 𝑎. 3. 𝑎. 3. . Tính góc giữa hai mặt phẳng (ACD) và (BCD). Biết thể của khối tứ. 15. 27. .. . . Câu V (1 điểm) Với mọi số thực x, y thỏa điều kiện 2 x 2  y 2  xy  1 . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức P . x4  y 4 . 2 xy  1. II. PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần 1.Theo chương trình Chuẩn Câu VIa.( 2 điểm) 1. Trong mp với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn : x2 +y2 - 2x +6y -15=0 (C ). Viết PT đường thẳng (Δ) vuông góc với đường thẳng: 4x-3y+2 =0 và cắt đường tròn (C) tại A;B sao cho AB = 6. 2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng: d1 :. x  2 y z 1   và 4 6 8. x 7 y2 z   . Xét vị trí tương đối của d1 và d2 . Cho hai điểm A(1;-1;2) và B(3 ;- 4;-2), 6 9 12 Tìm tọa độ điểm I trên đường thẳng d1 sao cho IA + IB đạt giá trị nhỏ nhất. Câu VII.a (1 điểm) Giải phương trình sau trên tập hợp số phức: z4 – z3 +6z2 – 8z – 16 = 0 . 2. Theo chương trình Nâng cao. Câu VIb.(2điểm). d2 :. 1.Trong mặt phẳng Oxy cho elip (E):. x2 y 2   1 và đường thẳng  :3x + 4y =12. Từ điểm M bất 4 3. kì trên  kẻ tới (E) các tiếp tuyến MA, MB. Chứng minh rằng đường thẳng AB luôn đi qua một điểm cố định. 2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho M(1;2;3).Lập phương trình mặt phẳng đi qua M cắt ba tia Ox tại A, Oy tại B, Oz tại C sao cho thể tích tứ diện OABC nhỏ nhất. Câu VIIb. (1 điểm) Giải phương trình:. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> ĐÁP ÁN CHI TIẾT ĐỀ THI THỬ 02 Câu. Ý. I. 1. Điểm. Nội dung. * Tập xác định: D = R\{ - 1} * Sù biÕn thiªn - Giíi h¹n vµ tiÖm cËn: lim y  lim y  2 ; tiÖm cËn ngang: y = 2 x  x  lim y  ; lim  y   ; tiệm cận đứng: x = - 1. x ( 1). x ( 1). - B¶ng biÕn thiªn. 1đ. 1  0 víi mäi x  - 1 ( x  1) 2 Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (-  ; -1) và ( -1; +  ). Ta cã y ' . 2. 2 x0  1 x0  1 Gäi A, B lÇn lît lµ h×nh chiÕu cña M trªn TC§ vµ TCN th×. 0,5. Gäi M(x0;y0) lµ mét ®iÓm thuéc (C), (x0  - 1) th× y0 . MA = |x0+1| , MB = | y0- 2| = |. 2 x0  1 1 - 2| = | | x0  1 x0  1. Theo Cauchy th× MA + MB  2. x0 1 .. 1 =2 x0  1.  MA + MB nhá nhÊt b»ng 2 khi x0 = 0 hoÆc x0 = -2.Như vËy ta cã hai ®iÓm cÇn t×m lµ (0;1) vµ (-2;3) II. 1. 0,5 0,5. 3 x  cos 6 x   1  sin 2 2 x (1) 4 Thay (1) vào phương trình (*) ta có :.  sin. 6. 8  sin 6 x  cos 6 x   3 3 sin 4 x  3 3cos 2 x  9sin 2 x  11 𝑥+1 2. 2 (9 ‒ 2.3 ‒ 3)log3 (𝑥 ‒ 1) + log1 27 = .9 3 𝑥. 𝑥. 𝑥. ‒9. 3. ----------------------------------Hết---------------------------. Lop12.net. 0,5.

<span class='text_page_counter'>(3)</span>  3   8 1  sin 2 2 x   3 3 sin 4 x  3 3cos 2 x  9sin 2 x  11  4   3 3 sin 4 x  3 3cos 2 x  6sin 2 2 x  9sin 2 x  3  3 sin 4 x  3cos 2 x  2sin 2 2 x  3sin 2 x  1.  3cos 2 x.  2sin 2 x  1  (2sin 2 x  1)(sin 2 x  1)   2sin 2 x  1. . . 3cos 2 x  sin 2 x  1  0.  2sin 2 x  1  0  2sin 2 x  1 (2)    3cos 2 x  sin 2 x  1  0 sin 2 x  3cos 2 x  1 (3) . .   x   k  x  4  k Gi¶i (2) :  12 ; Gi¶i (3) (k  Z ) (k  Z )   x  5  k   12.  x  7  k   12. KÕt luËn : 2. . . Ta có: 2 x3  y 3  2 y 2  x 2  2 y  x   x3  2 x 2 y  2 xy 2  5 y 3  0 . Khi y  0 thì hệ VN. 3. 0,5. 2. x x x Khi y  0 , chia 2 vế cho y 3  0     2    2    5  0 .  y  y  y x Đặt t  , ta có : t 3  2t 2  2t  5  0  t  1 . y  y  x  x  y  1, x  y  1 . Khi t  1 ,ta có : HPT   2  y  1. 0.5 III. 2. 1 x. I =  ( x  1  )e 1 2. 1 x x. 2. dx   e 1 2. 1 x x. 1 dx   ( x  )e x. 1 x x. dx  I1  I 2 .. Tính I1 theo phương pháp từng phần I1 = xe. x. 1 2 x 1 2. IV. 1. 2. 5. 1 x 3   ( x  )e x dx  e 2  I 2 x 2 1. 0,5. 2. 5 2. 3 e . 2 Gọi E là trung điểm của CD, kẻ BH ⊥ AE Ta có △ ACD cân tại A nên CD ⊥ AE Tương tự △ BCD cân tại B nên CD ⊥ BE Suy ra CD ⊥ (ABE) ⇒ CD ⊥ BH Mà BH ⊥ AE suy ra BH ⊥ (ACD) 𝑎 Do đó BH = và góc giữa hai mặt phẳng 3 (ACD) và (BCD) là 𝛼 I. 0,5đ. A 0,5. 𝑎 2 H 𝑎 3. D 𝛼. B Lop12.net. E 𝑎.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> 3 1 𝑎 15 Thể tích của khối tứ diện ABCD là 𝑉 = 𝐵𝐻.𝑆𝐴𝐶𝐷 = 3 27 5 5 2 2 2 2 45 ⇒𝑆𝐴𝐶𝐷 = 𝑎 ⇒𝐴𝐸.𝐷𝐸 = 𝑎 ⇒𝐴𝐸 𝐷𝐸 = 𝑎 3 3 9 2 2 2 Mà 𝐴𝐸 + 𝐸𝐷 = 2𝑎 2 2 2 45 Khi đó :𝐴𝐸 ,𝐷𝐸 là 2 nghiệm của pt: x2 - 2𝑎 x + 𝑎 = 0 9 2 2 𝑎 5𝑎 2 2 2 𝐴𝐸 = 𝐴𝐸 = 5𝑎 3 3 2 trường hợp 𝐷𝐸 = 𝑙𝑜ạ𝑖 vì DE<a ⇒ 2 ℎ𝑜ặ𝑐 2 3 5𝑎 𝑎 2 2 𝐷𝐸 = 𝐷𝐸 = 3 3. [. 0,5. [. Xét △ BED vuông tại E nên BE = 𝐵𝐷2 ‒ 𝐷𝐸2 = 𝑎2 ‒. 𝑎. 2. 3. =𝑎. 2 3. 𝑎 Xét △ BHE vuông tại H nên sin𝛼 =. 𝐵𝐻 = 𝐵𝐸. 3. =. 2 3 0 Vậy góc giữa hai mp(ACD) và (BCD) là 𝛼 = 45 V. 0. ⇒𝛼 = 45 2. 1   5 1 1 1  2 xy   4 xy  xy  . ĐK:   t  . 3 5 3. Đặt t  xy . Ta có: xy  1  2  x  y   2 xy  4 xy  xy   2. . Và xy  1  2  x  y . 2. x Suy ra : P . . Do đó: P ' . VIa. 𝑎. 1. 1. 2.  y2. 2.  2 x2 y 2. 2 xy  1. . 7 t 2  t 2  2t  1. .  , P '  0  t  0(th), t  1(kth). 2. 1  1 1 2 P   P   và P  0   . 4  5  3  15 1 2  1 1 KL: GTLN là và GTNN là ( HSLT trên đoạn  ;  ) 4 15  5 3 Đường tròn ( C) có tâm I(1;-3); bán kính R=5 Gọi H là trung điểm AB thì AH=3 và IH ⊥ AB suy ra IH =4 Mặt khác IH= d( I; Δ ) Vì Δ || d: 4x-3y+2=0 nên PT của Δ có dạng 3x+4y+c=0 I |𝑐 ‒ 9| 𝑐 = 29 A H d(I; Δ )= = 4⇔ 𝑐 =‒ 11 5 vậy có 2 đt thỏa mãn bài toán: 3x+4y+29=0 và 3x+4y-11=0   Véc tơ chỉ phương của hai đường thẳng lần lượt là: u1 (4; - 6; - 8) u2 ( - 6; 9; 12)   +) u1 và u2 cùng phương +) M( 2; 0; - 1)  d1; M( 2; 0; - 1)  d2 VËy d1 // d2.. [. 2. 0,5. 7t 2  2t  1 . 4  2t  1. Lop12.net. 0,5. B. 0,5 0,5.

<span class='text_page_counter'>(5)</span>  *) AB = ( 2; - 3; - 4); AB // d1 Gọi A1 là điểm đối xứng của A qua d1 .Ta có: IA + IB = IA1 + IB  A1B IA + IB đạt giá trị nhỏ nhất bằng A1B Khi A1, I, B th¼ng hµng  I lµ giao ®iÓm cña A1B vµ d Do AB // d1 nªn I lµ trung ®iÓm cña A1B.  36 33 15  *) Gäi H lµ h×nh chiÕu cña A lªn d1. T×m ®­îc H  ; ;   29 29 29   43 95 28  A’ đối xứng với A qua H nên A’  ; ;    29 29 29   65 21 43  ; I lµ trung ®iÓm cña A’B suy ra I  ;   29 58 29  Xeùt phöông trình z4 – z3 +6z2 – 8z – 16 = 0 . Dễ dàng nhận thấy phương trình có nghiệm Z1 = –1, sau đó bằng cách chia đa thức ta thấy phương trình có nghiệm thứ hai Z2 = 2. Vậy phương trình trở thành: (Z + 1)(Z – 2)(Z2 + 8) = 0. VII a. Suy ra: Z3 = 2 2 i vaø Z4 = – 2 2 i. . . 0,5. 0,5. 0,5 0,5. Đáp số:  1,2, 2 2 i, 2 2 i. VIb. 1. Gäi M(x0 ;y0 ), A(x1;y1), B(x2;y2) xx y y xx1 yy1 TiÕp tuyÕn t¹i A cã d¹ng (1)   1 . TiÕp tuyÕn ®i qua M nªn 0 1  0 1  1 4 3 4 3 Ta thấy tọa độ của A và B đều thỏa mãn (1) nên đờng thẳng AB có pt xx0 yy0   1 do M thuéc  nªn 3x0 + 4y0 =12  4y0 =12-3x0 4 3 4 xx0 4 yy0 4 xx0 y (12  3 x0 )   4  4 4 3 4 3 Gọi F(x;y) là điểm cố định mà AB đi qua với mọi M thì x y 0 y 1 (x- y)x0 + 4y – 4 = 0  . Vậy AB luôn đi qua điểm cố định F(1;1) 4 y 40  x1 MÆt ph¼ng c¾t 3 tia Ox,Oy,Oz t¹i A(a;0;0),B(0;b;0),C(0;0;c) cã d¹ng x y z   :    1,  a, b, c  0  a b c 1 2 3 cos y 6  abc  162  Do M    nªn:    1  3. 3 a b c abc a  3 1   ThÓ tÝch: V  abc  27  Vmin  27  b  6 6 c  9  MÆt ph¼ng cÇn t×m: 6x+3y+2z-18=0. . 2. 0,5. 0,5. . Lop12.net. 0,5. 0,5.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> VII b.  . ĐK: x > 1 Với ĐK trên phương trình đã cho tương đương. 0,5. (9𝑥 ‒ 2.3𝑥 ‒ 3)log3 (𝑥 ‒ 1) ‒ 3 = 2.3𝑥 ‒ 9𝑥 𝑥 𝑥 𝑥 𝑥 ⇔(3 ‒ 3)(3 + 1)log3 (𝑥 ‒ 1) ‒ 3 ‒ 2.3 + 9 = 0 𝑥 𝑥 𝑥 𝑥 ⇔(3 ‒ 3)(3 + 1)log3 (𝑥 ‒ 1) + (3 + 1)(3 ‒ 3) = 0 𝑥 𝑥 ⇔(3 ‒ 3)(3 + 1)[log3 (𝑥 ‒ 1) + 1] = 0. [. 𝑥. [. 𝑥 = 1 (𝑙𝑜ạ𝑖). 3 ‒ 3=0 4 ⇔ log (𝑥 ‒ 1) + 1 = 0⇔ 𝑥= 3. ⇔𝑥 =. 3. Vậy phương trình đã cho có một nghiệm : 𝑥 =. 0,5. 4 3. 4 3. Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì được đủ điểm từng phần như đáp án quy định. ------------------Hết------------------. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(7)</span>